De HSG Toan 8 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆT YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI : TOÁN 8. Ngày thi: 12/4/2014 Thời gian làm bài: 120 phút.. Câu 1: (4 điểm).  2 2  x 1  x  1 A   .  x  1  :  x  3x x  1  3x Cho biểu thức:. a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm).  3 2  2  n (n  7)  36n  7  a) Chứng minh rằng A =  với  nZ .. b) Cho P = n4 + 4. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố. Câu 3: (4 điểm). a) Giải phương trình :. 1 1 1 1  2  2  x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 18 2. b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : a b c   3 A = b c  a a c  b a b  c. Câu 4: (6 điểm). Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 bc ca a b .. Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh: .................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆT YÊN. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN KÌ THI NGÀY 12/4/2014 MÔN THI : TOÁN 8. Ghi chú: Đáp án chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai không chấm điểm. Nếu HS giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM. ĐIỂM. Câu 1  2 2  x 1  x  1 A   .  x  1  :  x  3x x  1  3x a). 0,5đ. 2 ( x  1)  3x( x  1)  x  1  2 A   .  : x 3x  3x x  1. 0,5đ.  2 2(1  3 x)  x A   . 3 x  x  1  3x. 0,5đ. x 2x  x 1 x 1. 0,5đ. A 2.. A. 2x 2 2  x 1 x 1. 0,5đ. b) Với x 0; x 1 Ta có Để A  Z thì (x-1) phải là ước của 2. 0,5đ. x  1  1; 2.   Suy ra Xét từng trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận. 0,5đ 0,5đ. Câu 2  3 2  2  n (n  7)  36n   a) Ta có: A =  n  n( n2  7)  6  n( n2  7)  6  n(n3  7n  6)(n3  7n  6)    A. 0,5đ. n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6) n  n(n2  1)  6(n 1)   n(n2  1)  6(n  1) . 0,5đ. n(n 1) n2  n  6  n  1 n2  n  6 n  n 1  n  2   n  3  n  1  n  2   n  3. 0,5đ. . . . . . . Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A  7 với  nZ .. . 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) b). P = n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 - 4n2 = (n2 + 2)2 - (2n)2. 2. 2. 2. 2. = (n - 2n + 2)(n + 2n + 2) = [(n - 1) + 1][(n + 1) + 1]. V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1  2;. Nh vËy muèn P lµ sè nguyªn tè th× ph¶i. cã (n - 1)2 + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n = 1. Khi đó P = 5 là số nguyên tố.. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ. Câu 3: a). x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;. 0,5đ. x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x  4; x  5; x  6; x  7 Phương trình trở thành : 1 1 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18. 0,5đ . 1 1 1 1 1 1 1       x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18. 1 1 1    x  4 x  7 18.  18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)  (x+13)(x-2)=0. 0,5đ. Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn) 0,5đ. Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0 yz xz xy ;b  ;c  2 2 ; Từ đó suy ra a= 2. yz xz xy   2 x 2 y 2z Thay vào ta được A= 1 y x x z y z    (  )  (  )  (  ) 2 x y z x z y  1  (2  2  2) Từ đó suy ra A 2 hay A 3. Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ. 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> D. M C N. A O. B. a) Xét  ACO và  BOD có A B  = 900 ;    COA ODB (cùng phụ với DOB ). Nên  ACO đồng dạng với  BOD AO BD  => AC BO => AO.BO = AC.BD. mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét  CMO và  OMD có   CMO = OMD = 900    OCM  DOM (cùng phụ với COM ) CO OM  =>  CMO đồng dạng với  OMD => OD MD (1). 0,5đ. 0,5đ 0,5đ 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ. CO AO  Mà  ACO đồng dạng với  BOD => OD BD. CO OB  OD BD (2) (Do AO = OB) =>. 0,5đ. OM OB  Từ (1) và (2) ta có MD BD => tam giác OMD và tam giác OBD đồng. dạng . 0,5đ . => MOD BOD => OMD  OBD (cạnh huyền , góc nhọn) => OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB) CN AC  => NB BD. mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM. 0,5đ 0,5đ. CN CM  Nên BN DM => MN// BD//AC. 0,5đ. Câu 5: - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c). 0,5đ. c + ab = (c + a)(c + b) do đó:. VT . (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a )(c  b)   bc ca a b. 0,5đ. áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có (a  b)(a  c) (b  a )(b  c)  2(a  b) bc ca (a  b)(a  c) (c  a )(c  b)  2(a  c) bc a b (b  a )(b  c) (c  a )(c  b)  2(b  c) ac a b. Vậy 2. VT 4(a  b  c) 4 hay VT 2  ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b = 1 c =3. 0,5đ. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>